\section{二次代数整数}
现设 $d \in \mathbb{Z}, \alpha=\sqrt{d} \notin \mathbb{Z}$, 即整数 $d$ 不是完全平方数， 则 $\alpha=\sqrt{d}$ 的极小 (不可约) 多项式为 $p(X)=X^{2}-d$. 令
\[
K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})=\{a+b \sqrt{d} \mid a, b \in \mathbb{Q}\}
\]
则 $K$ 为二次数域。 当 $d>0$ 时， $K \subset \mathbb{R}$ (称 $K$ 是实的); 当 $d<0$ 时， $K \not \subset \mathbb{R}$ (称 $K$ 是虚的). 如果 $d=s^{2} d^{\prime}$, 则 $a+b \sqrt{d}=a+b s \sqrt{d^{\prime}}$. 故我们总可设 $Q(\sqrt{d})$ 中的 $d \neq 1$ 是无平方因子整数。

上述 $d$ 与 $K$ 的关系是一一对应的。 事实上， 若 $d \neq d_{2}$ 如上而 $\mathbb{Q}(\sqrt{d})=$ $\mathbb{Q}\left(\sqrt{d_{2}}\right)$, 则 $\sqrt{d_{2}}=a+b \sqrt{d}(a, b \in \mathbb{Q})$, 于是 $d_{2}=a^{2}+b^{2} d+2 a b \sqrt{d}$, 因 $\sqrt{d}$ 是无理数， 故 $a b=0$. 若 $a=0$, 则 $\sqrt{d_{2}}=b \sqrt{d}, d_{2}=b^{2} d$, 与 $d$ 和 $d_{2}$ 均无平方因子矛盾。 若 $b=0$, 则 $\sqrt{d_{2}}=a$, 与 $\sqrt{d_{2}}$ 是无理数矛盾。

$\mathbb{Q}(\sqrt{d})-\mathbb{Q}$ 中任意元素 $\beta=a+b \sqrt{d}$ 满足二次方程
\[
x^{2}+2 a x+a^{2}-b^{2} d=0
\]
(可由 $(x-\beta)(x-\bar{\beta})=0$ 得到， $\bar{\beta}=a-b \sqrt{d}$ ).

另一方面，设 $\alpha$ 是二次不可约多项式 $f(X)=a X^{2}+b X+c$ 的根， $\alpha \notin \mathbb{Q}$, $a, b, c \in Q$. 令
\[
\mathbb{Q}(\alpha)=\left\{b_{0}+b_{1} \alpha \mid b_{0}, \quad b_{1} \in \mathbb{Q}\right\}
\]
则因 $\alpha=\left(-b \pm \sqrt{b^{2}-4 a c}\right) / 2 a$, 设 $b^{2}-4 a c=r^{2} u / v$, 其中 $u, v \in \mathbb{Z}$ 无平方因子且互素， $r \in \mathbb{Q}$, 则 $\sqrt{b^{2}-4 a c}=(r / v) \sqrt{u v}$, 则 $d=u v$, 则显然 $\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 为二次数域。

\begin{theorem}%定理1
设 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 为二次数域， $K$ 中的代数整数集合记为 $O_{K}$. 则

 (1) 若 $d \equiv 2$ 或 $3(\bmod 4)$ ，则
\[
O_{K}=\{m+n \sqrt{d} \mid m, n \in \mathbb{Z}\}
\]
 (2) 若 $d \equiv 1 （ \bmod 4)$ ，则
\[
O_{K}=\left\{\left.\frac{m+n \sqrt{d}}{2} \right\rvert\, m \equiv n(\bmod 2), m, n \in \mathbb{Z}\right\}
\]
\[
=\left\{\left.r+s\left(\frac{1+\sqrt{d}}{2}\right) \right\rvert\, r, s \in \mathbb{Z}\right\}
\]
\end{theorem}

特别可知， $O_{K}$ 是一个整环(即对加减乘运算封闭), 称为 $K$ 的 (代数)整数环。

\begin{proof}
 设 $\alpha=a+b \sqrt{d} \in O_{K}(a, b \in \mathbb{Q})$, 可表为 $\alpha=(m+n \sqrt{d}) / k$, 其中 $m$, $n, k \in \mathbb{Z}$ 且互素， $k>0$. 若 $n=0$, 则 $\alpha=m / k \in O_{K}$, 故 $k=1, \alpha \in \mathbb{Z}$ (见 §7.3 例 1). 若 $n \neq 0$, 则 $\alpha$ 是二次数， 由 $(\alpha-m / k)^{2}=(n \sqrt{d} / k)^{2}$, 故 $\alpha$ 是如下多项式的根：
\[
p(X)=X^{2}-2 m X / k+\left(m^{2}-d n^{2}\right) / k^{2}
\]
这应是首一本原 (整系数)多项式 ( § 7.3 引理 $1(2)$ ), 故知
\[
k\left|2 m, k^{2}\right|\left(m^{2}-d n^{2}\right)
\]
记 $(m, k)=\delta$, 则 $\delta^{2}\left|m^{2}, \delta^{2}\right| k^{2}, \delta^{2} \mid\left(m^{2}-d n^{2}\right)$, 故 $\delta^{2}\left|d n^{2}, \delta\right| n$ (因 $d$无平方因子). 因 $(m, n, k)=1$, 故 $\delta=1,(m, k)=1$. 由 $k \mid 2 m$ 知 $k \mid 2$.

若 $k=2$, 则 $m$ 为奇数， 故 $d n^{2} \equiv m^{2} \equiv 1\left(\bmod k^{2}=4\right)$,

故 $n$ 为奇数， $d \equiv 1(\bmod 4)$. 故分为两种情形：

 (i)  $d \neq 1(\bmod 4)$ 时， $k=1$. (ii) $d \equiv 1(\bmod 4)$ 时， $k=1$ 或 2 , 且 $k=2$ 时 $m, n$ 皆奇数。
\end{proof}

\begin{example}%例1
当 $d=-1$ 时， $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-1})$ 为 Gauss 数域， $Q_{K}=\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 为 Gauss 整数环。

当 $d=-3$ 时， $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ 为 Eisenstein 数域， $Q_{K}=\mathbb{Z}[\omega]$ 为 Eisenstein 整数环。
\end{example}

在代数整数环 $O_{\kappa}$ 中， 定义整除、因子、单位、素数、都像在 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 或 $\mathbb{Z}[\omega]$ 中同样定义： 对 $\alpha, \beta, \gamma \in O_{K}$, 若 $\alpha=\beta \gamma$, 则称 $\beta$ 整除 $\alpha$, 记为 $\beta \mid \alpha$,称 $\beta$ 是 $\alpha$ 的因子。 若 $\beta \gamma=1$ 则称 $\beta$ 为单位 (或可逆), $\gamma=\beta^{-1}$ 为 $\beta$ 的逆。 若 $u$ 是单位， 则 $\alpha$ 与 $u \alpha$ 互为结合元。 素数 (或素元， 不可约元) 就是没有真因子的元素 (真因子指除 1 和自身 (及结合元)之外的因子). $O_{K}$ 的单位全体记为 $U_{K}$, 是乘法群， 称为 $O_{K}$ 或 $K$ 的单位群。

对 $\alpha=a+b \sqrt{d} \in K, \alpha=a-b \sqrt{d}$ 称为其共轭， $N(\alpha)=\alpha \bar{\alpha}=a^{2}-d b^{2}$ 称为其范数。 范数满足性质 $N(\alpha \beta)=N(\alpha) N(\beta)$. 注意， $O_{K}$ 中整数的范数为整数，从而属于 $\mathbb{Z}$.

\begin{theorem}%定理2
设 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 为二次数域， $d \in \mathbb{Z}$ 无平方因子。 $O_{K}$ 为 $K$ 的整数环。

 (1)  $u \in O_{\kappa}$ 是单位 (即可逆元) 当且仅当范数 $N(u)= \pm 1$.

 (2) 若 $K=Q(\sqrt{d})$ 为虚二次域 (即 $d<0$ ), 其单位群为
\[
U_{K}= \begin{cases}\{1, \mathrm{i},-1,-\mathrm{i}\}, & \text { 若 } d=-1 ; \\ \left\{1, \omega, \omega^{2},-1,-\omega,-\omega^{2}\right\}, & \text { 若 } d=-3 ; \\ \{1,-1\}, & \text { 若 } d \neq-1,-3 .\end{cases}
\]
其中 $\mathrm{i}=\sqrt{-1}, \omega=(-1+\sqrt{-3}) / 2$.

 (3) 若 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 为实二次域（即 $d>0$ ), 则存在单位 $\varepsilon$ (称为基本单位),使 $K$ 的单位群为
\[
U_{K}=\left\{ \pm \varepsilon^{N}\right\}=\left\{ \pm \varepsilon^{k} \mid k \in \mathbb{Z}\right\}
\]
(基本单位 $\varepsilon$ 即是大于 1 的最小单位。 有 $N(\varepsilon)=1$ 和 $N(\varepsilon)=-1$ 两种情形).
\end{theorem}

\begin{proof}
 (1) 若 $\beta \gamma=1\left(\beta, \gamma \in O_{K}\right)$, 则 $N(\beta) N(\gamma)=1$, 即两个有理整数之积为 1. 故 $N(\beta)= \pm 1$. 反之， 若 $\beta \in O_{K}$ 且 $N(\beta)= \pm 1$, 则 $\beta \bar{\beta}=N(\beta)= \pm 1$, 故 $\beta$为单位。

(2) 设 $d<0, u$ 为单位。 先设 $u=m+n \sqrt{d}$, 则由 $N(u)= \pm 1$ 知
\[
m^{2}-d n^{2}=m^{2}+|d| n^{2}=1.
\]
$m, n$ 之一必为 0 . 若 $n=0$, 则 $m= \pm 1$; 若 $m=0$, 则 $n= \pm 1, d=-1$.

再设 $u=(r+s \sqrt{d}) / 2, r, s$ 均奇数 (此时需 $d \equiv 1(\bmod 4))$. 则由 $N(u)=$ $\pm 1$ 知
\[
r^{2}+|d| s^{2}=4
\]
只能 $d=-3, r, s= \pm 1$.

总之， 当 $d=-1$ 时， $u= \pm 1, \pm i$; 当 $d=-3$ 时， $u= \pm 1,( \pm 1 \pm \sqrt{-3}) / 2$; 其余情形， $u= \pm 1$.

(3) 设 $d>0$.

(I) 设 $d \equiv 2,3(\bmod 4)$, 则单位 $u=m+n \sqrt{d}(m, n \in \mathbb{Z})$, 由 $N(u)= \pm 1$ 知
\[
m^{2}-d n^{2}= \pm 1
\]
此为 Pell 方程， 在 86.4 定理 3 已证明其解集为 $\left\{ \pm \varepsilon^{k} \mid k \in \mathbb{Z}\right\}$.

我们回忆， $\sqrt{d}$ 的连分数的渐近分数 $p_{n} / q_{n}$ 满足
\[
p_{n-1}^{2}-d q_{n-1}^{2}=(-1)^{n} Q_{n},
\]
故若 $Q_{n}=1$, 则 $u=p_{n-1}+q_{n-1} \sqrt{d}$ 是单位。 设 $n_{0}$ 是最小正整数使 $Q_{n_{0}}=1$, 则
\[
\varepsilon=p_{n_{0}-1}+q_{n_{0}-1} \sqrt{d}
\]
是基本单位。

(II) 设 $d \equiv 1(\bmod 4)$, 分两种情形：

 (i) 单位 $u$ 均形如 $m+n \sqrt{d}(m, n \in \mathbb{Z})$, 此情形下与 $d \equiv 2,3(\bmod 4)$ 的情形有同样的结论和讨论方法。

 (ii) 存在单位形如 $u=(r+s \sqrt{d}) / 2$ ( $r, s$ 均奇数), 则 $u$ 满足方程
\[
N(u)=\left(r^{2}-d s^{2}\right) / 4= \pm 1, \quad \text { 或 } \quad r^{2}-d s^{2}= \pm 4.
\]
按 \S 6.4 的讨论可知， 此 Pell 方程有解当且仅当 $4=Q_{i}$ 为 $\sqrt{d}$ 的连分数展开中的 “完全分母”(对某些 $i>0$, 当 $d>15$ ). 如果 $Q_{i} \neq 4$ (对任意 $i$, 在一周期之内), 则上述 Pell 方程无解， 单位均形如 $m+n \sqrt{d}(m, n \in \mathbb{Z})$. 如果 $Q_{i}=4$ (对某些 $i>0$,设 $i_{0}$ 为最小值), 则 $\varepsilon_{i}=\left(p_{i-1}+q_{i-1} \sqrt{d}\right) / 2$ 均为单位， 而且 $\varepsilon_{0}=\varepsilon_{i_{0}}=\left(r_{0}+s_{0} \sqrt{d}\right) / 2$是最小正单位 (指 $r, s$ 皆正整数), 其余单位是 $\pm \varepsilon_{0}^{k}(k \in \mathbb{Z}$ ), 其道理和情形 (i)时是一样的(见 §6.4), 不再详述。

注意此时 $u=(r+s \sqrt{d}) / 2$ 的立方为
\[
u^{3}=r\left(r^{2}+3 s^{2} d\right) / 8+s\left(3 r^{2}+s^{2} d\right) \sqrt{d} / 8=m+n \sqrt{d} \quad(m, n \in \mathbb{Z})
\]
这是因为， $r^{2}+3 s^{2} d$ 与 $3 r^{2}+s^{2} d$ 之和为
\[
4 r^{2}+4 s^{2} d \equiv 4+4 \equiv 0 \quad(\bmod 8)
\]
差为
\[
2 r^{2}-2 s^{2} d \equiv 2-2 \equiv 0 \quad(\bmod 8)
\]
故此时形如 $(r+s \sqrt{d}) / 2$ 的单位的代表只有 $\varepsilon_{0}$ 和 $\varepsilon_{0}^{2}$. 形如 $m+n \sqrt{d}$ 的单位集 $U_{0, K}$是 $U_{K}$ 的子群。
\end{proof}

注意， 无论在哪种情形下， 在展开 $\sqrt{d}$ 为连分数时， 设 $n_{0}$ 是最小正整数使 $Q_{n_{0}}=1$ 或 $4$,
则 $\varepsilon=p_{n_{0}-1}+q_{n_{0}-1} \sqrt{d}$ 是基本单位。

\begin{example}%例2
考虑 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{21})$. 连分数展开
\[
\sqrt{21}=[4, \overline{1,1,2,1,1,8}]=\left[a_{0}, \overline{a_{1}, \cdots, a_{6}}\right]
\]
完全分母
\[
\begin{gathered}
\left(Q_{0}, \cdots, Q_{6}\right)=(1,5,4,3,4,5,1) \\
\left(p_{0}, \cdots, p_{6}\right)=(4,5,9,23,32,55,472) \\
\left(q_{0}, \cdots, q_{6}\right)=(1,1,2,5,7,12,103)
\end{gathered}
\]
故可看到 $Q_{2}=4$, 得基本单位为
\[
\varepsilon_{0}=\left(p_{1}+q_{1} \sqrt{d}\right) / 2=(5+\sqrt{21}) / 2
\]
同周期内还有 $Q_{4}=4$, 得单位 $\left(p_{3}+q_{3} \sqrt{d}\right) / 2=(23+5 \sqrt{21}) / 2=\varepsilon_{0}^{2}$. 按周期循环， 下周期必有 $Q_{8}=4$, 得单位 $\left(p_{7}+q_{7} \sqrt{d}\right) / 2=(527+115 \sqrt{21}) / 2=\varepsilon_{0}^{4}$. 此外可见， 完全分母为 1 的有 $Q_{6}=1$, 得 $\left(p_{5}+q_{5} \sqrt{d}\right) / 2=55+12 \sqrt{21}=\varepsilon_{0}^{3}$.
\end{example}

\begin{example}%例3
实二次域 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 的基本单位 $\varepsilon$ （ $h$ 为理想类数， 当且仅当 $h=1$时， $O_{\kappa}$ 是唯一析因环), 更多二次域见 \S7.5 例 4.

\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c}
\hline
$d$ & 2 & 3 & 5 & 6 & 7 & 10 & 11 & 13 \\
\hline
$\varepsilon$ & $1+\sqrt{2}$ & $2+\sqrt{3}$ & $(1+\sqrt{5}) / 2$ & $5+\sqrt{6}$ & $8+3 \sqrt{7}$ & $3+\sqrt{10}$ & $10+3 \sqrt{11}(3+\sqrt{13}) / 2$ &  \\
\hline
$N(\varepsilon)$ & -1 & +1 & -1 & +1 & +1 & -1 & +1 & -1 \\
\hline
$h$ & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & 1 \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
\end{example}

